BIÊN SOẠN: THẦY ĐẶNG THÀNH – VTED.VN – HỌC TOÁN ONLINE CHẤT LƯỢNG CAO 1 Bài viết này Vted thống kê cho bạn đọc Các bất đẳng thức cơ bản cần nhớ áp dụng trong các bài toán giá trị lớn nhấ
Trang 1BIÊN SOẠN: THẦY ĐẶNG THÀNH – VTED.VN – HỌC TOÁN ONLINE CHẤT LƯỢNG CAO 1
Bài viết này Vted thống kê cho bạn đọc Các bất đẳng thức cơ bản cần nhớ áp dụng trong các bài toán giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất:
COMBO ĐIỂM 10 TOÁN THI THPT QUỐC GIA 2019 – Đăng kí tại đây: https://goo.gl/rupvSn
1 Bất đẳng thức có được từ các hằng đẳng thức dạng (a− b)2≥ 0
•
a2+ b2≥ 2ab;ab ≤ a + b
2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2
;a2+ b2≥1
2(a + b)2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b.
• a2+ b2+ c2≥ ab+ bc + ca Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
•
a
2+ b2+ c2≥1
3(a + b+ c)2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
• (a+ b + c)2≥ 3(ab+ bc + ca). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
2 Bất đẳng thức với hai căn thức cơ bản
• a + b ≥ a+ b. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0 hoặc b = 0.
• a + b ≤ 2(a+b) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Ví dụ 1: Cho hai số thực x, y thoả mãn x + y = 2 x −3 + y +3( ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 4(x2+ y2)+15xy
A minP = −80. B minP = −91. C minP = −83. D minP = −63.
Giải Ta có
x + y = 2 x −3 + y +3( )≥ 2 (x −3)+( y +3) = 2 x + y Suy ra x + y =0 hoặc x + y ≥4
Và
x + y = 2 x −3 + y +3( )≤ 2 1+1( ) (x −3+ y +3)= 2 2(x + y) ⇒ x + y ≤ 8
Trang 22 BIÊN SOẠN: THẦY ĐẶNG THÀNH – VTED.VN – HỌC TOÁN ONLINE CHẤT LƯỢNG CAO
• Nếu x + y =0⇔ x = −3; y =3⇒P = −63
• Nếu x + y ∈[4;8], xuất phát từ điều kiện xác định căn thức ta có:
(x −3)( y +3)≥ 0⇒ xy ≥ 3( y − x)+ 9
Suy ra
P = 4x2+ 4 y2+15xy = 4(x + y)2+7xy ≥ 4(x + y)2+7 3( y − x)+ 9⎡⎣ ⎤⎦
= 4(x + y)⎡⎣ 2−21(x + y) ⎤⎦+ 42y+63( )
≥ 4.4( 2−21.4)+ 42.(−3)+63( )= −83
Dấu bằng đạt tại x = 7, y = −3 Đối chiếu hai trường hợp ta Chọn đáp án C
*Chú ý: Hàm số y = 4t2−21t đồng biến trên đoạn [4;8] nên ta có đánh giá
4(x + y)2−21(x + y)≥ 4.42−21.4
3 Bất đẳng thức AM – GM (Sách giáo khoa việt nam gọi là bất đẳng thức Côsi)
• Với hai số thực không âm ta có a+ b ≥ 2 ab. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b.
• Với ba số thực không âm ta có a+ b + c ≥ 3 abc3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
• Với n thực không âm ta có a1+ a2+ + a n ≥ n a n 1a2 a n Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
a1= a2= = a n
Ví dụ 1: Cho a > 0;b > 0 thoả mãn log2a+2b+1 (4a2+ b2+1)+ log4ab+1 (2a + 2b+1) = 2. Giá trị biểu thức
a + 2b bằng
A 3
4.
Giải Chú ý
loga b=lnb
lna Vậy
ln 4a( 2+ b2+1)
ln 2a( + 2b+1)+
ln 2a( + 2b+1)
ln 4ab( +1) = 2.
Sử dụng AM – GM có
ln 4a( 2+ b2+1)
ln 2a( + 2b+1)+
ln 2a( + 2b+1)
ln 4ab( +1) ≥ 2 ln(4a
2+ b2+1)
ln(4ab+1) . Mặt khác
4a2+ b2≥ 2 4a2.b2 = 4ab ⇒ 4a2+ b2+1≥ 4ab+1⇒ ln(4a2+ b2+1)
ln 4ab+1( ) ≥1.
Do đó dấu bằng phải xảy ra tức
2a = b
ln 2a( + 2b+1)
ln 4ab( +1) =1
⎧
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⇔ ln(6a +1) = ln(8a2+1)
b = 2a
⎧
⎨
⎪⎪
a=3 4
b= 3 2
⎧
⎨
⎪⎪
⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪⎪
Do đó
a + 2b = 3
4+ 3=15
4. Chọn đáp án D
Ví dụ 2: Cho các số thực dương x, y, z. Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P= x2
y + y2
4z+z2
x +175 x2+ 9
4(x+1) là
a
b với a,b là các số nguyên dương và a
b tối giản Tính S = a + b.
A S = 52. B S = 207. C S =103. D S = 205.
Giải Ta đánh giá ba số hạng đầu để mất biến y và z bằng cách sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
Trang 3BIÊN SOẠN: THẦY ĐẶNG THÀNH – VTED.VN – HỌC TOÁN ONLINE CHẤT LƯỢNG CAO 3
z2
x + y2
8z+ y2
8z+ x2
4 y+ x2
4 y+ x2
4 y+ x2
4 y≥ 7 z2
x
y2
8z
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟
2
x2
4 y
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟
4
4 .
Vậy
P ≥ f (x) = 7x
4 +175 x2+ 9
4(x+1) ≥ min(0;+∞)f (x) = f (4) =203
4 . Chọn đáp án B
Dấu bằng đạt tại
z2
x = y2
8z= x2
4 y,
x= 4
⎧
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⇔ (x; y;z) = (4;4;2).
4 Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz (Sách giáo khoa việt nam gọi là bất đẳng thức Bunhiacopsky)
• Ta luôn có (a2+ b2)(x2+ y2)≥(ax + by)2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
a
x = b
y
Ta hay sử dụng: − (a2+ b2)(x2+ y2)≤ ax + by ≤ (a2+ b2)(x2+ y2)
Dấu bằng bên phải đạt tại
a
x = b
y = k > 0; dấu bằng bên trái đạt tại
a
x= b
y = k < 0
• Ta luôn có (a2+ b2+ c2)(x2+ y2+ z2)≥(ax + by + cz)2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
a
x = b
y =c
z
• Ta luôn có (a1
2+ a22+ + a n2)(x12+ x22+ + x n2)≥(a1x1+ a2x2+ + a n x n)2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
a1
x1=a2
x2= =a n
x n
Ví dụ 1: Cho hai số thực x, y thoả mãn x2+ y2≤ 2x +3y Giá trị lớn nhất của biểu thức 2x + y bằng
A
19+ 19
7+ 65
11+10 2
7− 10
2 .
Giải Ta có biến đổi giả thiết:
x2−2x + y2−3y ≤ 0⇔(x −1)2+ y −3
2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2
≤13
4
Khi đó
2x + y = 2(x −1)+ y −3
2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟+
7
2≤ 2( 2+12) (x−1)2+ y −3
2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2
⎛
⎝
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟ +
7
2≤ 5.13
4 +7
2=7+ 65
2 .
Dấu bằng đạt tại
x−1
2 = y−
3 2
1 = k > 0 2x + y =7+ 65
2
⎧
⎨
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⇔ x =5+ 65
5 ; y=15+ 65
10 Chọn đáp án B
Ví dụ 2: Cho các số thực x, y,z thoả mãn x2+ y2+ z2− 4x +2y −12≤ 0. Giá trị lớn nhất của biểu thức
2x +3y −2z bằng
Giải Biến đổi giả thiết có (x −2)2+( y +1)2+ z2≤17
Khi đó
2x +3y −2z = 2(x −2)+3( y +1)−2z( )+ 4
≤ 2( 2+32+(−2)2) ((x−2)2+( y −1)2+ z2)+ 4 ≤ 17.17 + 4 = 21
Trang 44 BIÊN SOẠN: THẦY ĐẶNG THÀNH – VTED.VN – HỌC TOÁN ONLINE CHẤT LƯỢNG CAO
Dấu bằng đạt tại
x−2
2 = y+1
3 = z
−2
2x +3y −2z = 21
⎧
⎨
⎪
⎩⎪
⇔ x =74
17, y=43
17,z= −40
17 Chọn đáp án C
5 Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức
Với các số thực dương x1,x2, ,x n ta luôn có
a12
x1+a2
2
x2+ +a n
2
x n≥(a1+ a2+ + a n)2
x1+ x2+ + x n Dấu bằng đạt tại
a1
x1 =a2
x2= =a n
x n
Ví dụ 1: Cho hàm số y = (x + m)3+(x + n)3+(x + p)3− x3, có đồ thị (C) Tiếp tuyến của (C) tại điểm
có hoành độ x = 1 có hệ số góc nhỏ nhất Giá trị nhỏ nhất của biểu thức m2+2n2+3p2 bằng
A
12
96
48
24
11.
Giải Hệ số góc của tiếp tuyến là
k = ′ y = 3(x + m)2+3(x + n)2+3(x + p)2−3x2= 6x2+6(m+ n+ p)x +3m2+3n2+3p2 đạt giá trị nhỏ nhất tại
x= −6(m + n+ p)
2.6 = −m + n+ p
2 Theo giả thiết có −m + n+ p
2 = 1⇔ m+ n+ p = −2
Khi đó theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có:
m2+2n2+3p2=m2
1 +n2 1 2
+p2 1 3
≥(m + n+ p)2 1+1
2+1 3
1+1
2+1 3
=24
11.
Dấu bằng đạt tại
m + n+ p = −2 m
1 =n 1 2
= p 1 3
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪
⎪
⇔ m = −12
11,n= − 6
11,p= − 4
11 Chọn đáp án D
Ví dụ 2: Cho các số thực x, y,z thoả mãn xy + yz + zx =1 Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3x2+ 4 y2+5z2 gần nhất với kết quả nào dưới đây ?
A 1,33.
C 3,89.
B 1,94.
D 2,67.
Giải Ta đánh giá: 3x2+ 4 y2+5z2≥ 2k(xy + yz + zx)⇔(k +3)x2+(k + 4)y2+(k +5)z2≥ k(x + y + z)2 Trong đó k là một hằng số dương được chọn sau, khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3x2+ 4 y2+5z2 bằng 2k.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có:
(k +3)x2+(k + 4)y2+(k +5)z2= x2
1
k+3
+ y2 1
k+ 4
+ z2 1
k+5
≥ (x + y + z)2 1
k+3+
1
k+ 4+
1
k+5
Vậy hằng số k cần tìm là nghiệm dương của phương trình
1
1
k+3+
1
k+ 4+
1
k+5
= k ⇔ k3+6k2−30= 0⇒ k ≈1,9434. Do vậy chọn đáp án C
6 Bất đẳng thức Mincopski (bất đẳng thức véctơ)
Trang 5BIÊN SOẠN: THẦY ĐẶNG THÀNH – VTED.VN – HỌC TOÁN ONLINE CHẤT LƯỢNG CAO 5
• a2+ b2+ m2+ n2 ≥ (a+ m)2+(b+ n)2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
a
m=b
n = k > 0
Ví dụ 1: Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
(x−1)2+ y2+ (x +1)2+ y2+ y −2 bằng
4+ 3
2 .
Giải Sử dụng bất đẳng thức Mincopsky ta có
(x−1)2+ y2+ (x +1)2+ y2= (x −1)2+ y2+ (−x −1)2+ y2
≥ (x −1− x −1)2+( y + y)2= 4 y2+ 4 = 2 y2+1
Do đó
(x−1)2+ y2+ (x +1)2+ y2+ y −2 ≥ f ( y)= 2 y2+1 + y −2 ≥ min
! f ( y) = f 1
3
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟= 2+ 3
Dấu bằng đạt tại
x−1
−x −1=
y y
y= 1 3
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪
⎪
⇔ x = 0; y = 1
3. Chọn đáp án C
Ví dụ 2: Cho hai số thực a,b thoả mãn a2+ b2
= 1 Biểu thức (a+3)2+(b+ 4)2+5 (a−1)2+(b−2)2
có giá trị nhỏ nhất bằng
A
14 30
14 29
28 7
5 .
Giải Ta biến đổi:
(a+3)2+(b+ 4)2 = (a+3)2+(b+ 4)2+24(a2+ b2−1)
0
!##"##$
= (a+3)2+(b+ 4)2+24(a2+ b2−1) = 5 a+ 3
25
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2
+25 b+ 4
25
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2
Vậy
(a+3)2+(b+ 4)2+5 (a−1)2+(b−2)2= 5 a+ 3
25
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2
+ b+ 4
25
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2
+ (a−1)2+(b−2)2
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥
⎥
≥5 a+ 3
25+1− a
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2
+ b+4
5+2− b
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2
=14 29
5 .
Dấu bằng đạt tại
a+ 3 25
1− a =
b+ 4 25 2− b = k > 0
a2+ b2= 1
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪
⎪
⇔(a;b)= 28 231−27
925 ;
14+54 231 925
⎛
⎝
⎠
⎟ Chọn đáp án B
Trang 66 BIÊN SOẠN: THẦY ĐẶNG THÀNH – VTED.VN – HỌC TOÁN ONLINE CHẤT LƯỢNG CAO
Gồm 4 khoá luyện thi duy nhất và đầy đủ nhất phù hợp với nhu cầu và năng lực của từng đối tượng thí sinh:
1 PRO X 2019 : Luyện thi THPT Quốc Gia 2019 - Học toàn bộ chương trình Toán 12, luyện nâng cao
Toán 10 Toán 11 và Toán 12 Khoá này phù hợp với tất cả các em học sinh vừa bắt đầu lên lớp 12 hoặc lớp 11 học sớm chương trình 12, đều có thể theo học khoá này Mục tiêu của khoá học giúp các em tự tin đạt kết quả từ 8 đến 9 điểm
2 PRO XMAX 2019 : Luyện nâng cao 9 đến 10 chỉ dành cho học sinh giỏi Học qua bài giảng và làm
đề thi nhóm câu hỏi Vận dụng cao trong đề thi THPT Quốc Gia thuộc tất cả chủ đề đã có trong khoá PRO X Khoá PRO XMAX học hiệu quả nhất khi các em đã hoàn thành chương trình 12 có trong Khoá PRO X Mục tiêu của khoá học giúp các em tự tin đạt kết quả từ 8,5 đếm 10 điểm
3 PRO XPLUS 2019 : Luyện đề thi tham khảo THPT Quốc Gia 2019 Môn Toán gồm 20 đề 2019
Khoá này các em học đạt hiệu quả tốt nhất khoảng thời gian sau tết âm lịch và cơ bản hoàn thành chương trình Toán 12 và Toán 11 trong khoá PRO X Khoá XPLUS tại Vted đã được khẳng định qua các năm gần đây khi đề thi được đánh giá ra rất sát so với đề thi chính thức của BGD Khi học tại Vted nếu không tham gia XPLUS thì quả thực đáng tiếc
4 PRO XMIN 2019: Luyện đề thi tham khảo THPT Quốc Gia 2019 Môn Toán từ các trường THPT Chuyên và Sở giáo dục đào tạo, gồm các đề chọn lọc sát với cấu trúc của bộ công bố Khoá này
bổ trợ cho khoá PRO XPLUS, với nhu cầu cần luyện thêm đề hay và sát cấu trúc
Quý thầy cô giáo, quý phụ huynh và các em học sinh có thể mua Combo gồm cả 4 khoá học cùng lúc
hoặc nhấn vào từng khoá học để mua lẻ từng khoá phù hợp với năng lực và nhu cầu bản thân
COMBO ĐIỂM 10 TOÁN THI THPT QUỐC GIA 2019 – Đăng kí tại đây: https://goo.gl/rupvSn